Una solución para $f(ax+b)=f(x)+1$

Question

Dejemos que $a,b$ sean dos números reales constantes con $a\neq 0$ . ¿Puede alguien dar una solución especial de la ecuación funcional $f(ax+b)=f(x)+1$ , donde $f:\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ ?

Nota. Es un tipo de ecuaciones funcionales de Abel, y si $a=1$ entonces $f(x)=[\frac{x}{b}]$ es una solución.

Answer 1

En esta solución, elimino la condición de que $a\neq 0$ . Si $a\neq 1$ entonces no existe tal $f$ . Tomando $x:=\dfrac{b}{1-a}$ en la ecuación funcional da como resultado $$f\left(\dfrac{b}{1-a}\right)=f\left(\dfrac{ab}{1-a}+b\right)=f\left(\dfrac{b}{1-a}\right)+1\,,$$ lo cual es absurdo.

Si $a=1$ entonces tenemos $$f(x+b)=f(x)+1$$ para todos $x\in\mathbb{R}$ . Si $b=0$ entonces ninguna función funciona. Si $b\neq 0$ , entonces dejemos que $g(y):=f(by)-y$ para cada $y\in\mathbb{R}$ . Así, $$\begin{align}g(y+1)&=f\big(b(y+1)\big)-(y+1)=f(by+b)-y-1\\&=\big(f(by)+1\big)-y-1=f(by)-y=g(y)\,.\end{align}$$ En otras palabras, $$f(x)=g\left(\frac{x}{b}\right)+\frac{x}{b}\tag{*}$$ para alguna función periódica $g:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con el período $1$ .

En conclusión, para las constantes reales $a$ y $b$ existe una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ tal que $$f(ax+b)=f(x)+1\text{ for every }x\in\mathbb{R}$$ si y sólo si $a=1$ y $b\neq 0$ . Cuando $a=1$ y $b\neq 0$ todas las soluciones tienen la forma (*). En particular, la solución $f(x)=\left\lfloor\dfrac{x}{b}\right\rfloor$ para todos $x\in\mathbb{R}$ obtenido por la OP surge de tomar $$g(x):=-\left\{x\right\}\text{ for all }x\in\mathbb{R}\,.$$ Aquí, $\{t\}$ es la parte fraccionaria de $t\in\mathbb{R}$ .

Answer 2

Para los fijos $a\in\mathbb{R}\setminus\{1\}$ y $b\in\mathbb{R}$ consideremos ahora una función $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ que satisface la ecuación funcional $$f(ax+b)=f(x)+1\text{ for all }x\in\mathbb{R}\setminus\left\{\frac{b}{1-a}\right\}\,.\tag{#}$$ En primer lugar, suponemos que $a=0$ . Entonces, vemos que $f(x)=f(b)-1$ para cualquier $x\in\mathbb{R}\setminus\{b\}$ . Así, todas las funciones $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con la condición (#) son de la forma $$f(x)=\begin{cases}c&\text{if }x=b\,,\\c-1&\text{if }x\neq b\,.\end{cases}$$

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En segundo lugar, suponemos que $a>0$ . Escriba $I^+:=\left(\dfrac{b}{1-a},+\infty\right)$ y $I^-:=\left(-\infty,\dfrac{b}{1-a}\right)$ . Para $x\in I^+$ podemos ver que $$x-\frac{b}{1-a}=a^t\text{ or }t=\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln(a)}$$ para algunos $t\in\mathbb{R}$ . Por lo tanto, si $g_+(t):=f\left(a^t+\dfrac{b}{1-a}\right)$ para cada $t\in\mathbb{R}$ entonces $$\begin{align}g_+(t+1)&=f\left(a^{t+1}+\frac{b}{1-a}\right)=f\Biggl(a\left(a^t+\frac{b}{1-a}\right)+b\Biggr)\\&=f\left(a^t+\frac{b}{1-a}\right)+1=g_+(t)+1\,.\end{align}$$ Por lo tanto, si $h_+(t):=g_+(t)-t$ entonces $h_+:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ es periódica con periodo $1$ . Es decir, $$f(x)=h_+\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln(a)}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln(a)}\text{ for all }x\in I^+\,.$$ Obtenemos un resultado similar para $x\in I^-$ . Así, $$f(x)=\begin{cases} h_+\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln(a)}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln(a)}&\text{if }x>\frac{b}{1-a}\,,\\ c&\text{if }x=\frac{b}{1-a}\,,\\ h_-\left(\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{\ln(a)}\right)+\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{\ln(a)}&\text{if }x<\frac{b}{1-a}\,, \end{cases}$$ donde $h_+,h_-:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ son funciones periódicas con periodo $1$ et $c\in\mathbb{R}$ es una constante arbitraria.

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Por último, nos encontramos con el caso $a<0$ . Descartamos el caso $a=-1$ ya que no existe una solución $f$ con dicha propiedad. Esto se debe a la contradicción que se produce a continuación cuando $a=-1$ : $$f(x)=f\big(-(-x+b)+b\big)=f(-x+b)+1=\big(f(x)+1\big)+1=f(x)+2$$ para todos $x\neq \dfrac{b}{2}$ . A partir de ahora, suponemos que $a\neq -1$ .

Tenga en cuenta que $$\begin{align}f\big(a^2x+(a+1)b\big)&=f\big(a(ax+b)+b\big)=f(ax+b)+1\\&=\big(f(x)+1\big)+1=f(x)+2\end{align}$$ para todos $x\neq \dfrac{b}{1-a}$ . Sea $A:=a^2$ , $B:=(a+1)b$ et $\phi(t):=\dfrac{1}{2}\,f(t)$ para todos $t\in\mathbb{R}$ . Entonces, $$\phi(Ax+B)=\phi(x)+1$$ por cada $x\neq \dfrac{b}{1-a}=\dfrac{B}{1-A}$ . Desde $A>0$ y $A\neq 1$ Tenemos por la sección anterior de esta respuesta que $$\phi(x)=\begin{cases} \eta_+\left(\frac{\ln\left(x-\frac{B}{1-A}\right)}{\ln(A)}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{B}{1-A}\right)}{\ln(A)}&\text{if }x>\frac{B}{1-A}\,,\\ C&\text{if }x=\frac{B}{1-A}\,,\\ \eta_-\left(\frac{\ln\left(\frac{B}{1-A}-x\right)}{\ln(A)}\right)+\frac{\ln\left(\frac{B}{1-A}-x\right)}{\ln(A)}&\text{if }x<\frac{B}{1-A}\,, \end{cases}$$ donde $\eta_+,\eta_-:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ son funciones periódicas con periodo $1$ et $C\in\mathbb{R}$ es una constante arbitraria. Por lo tanto, $$f(x)=2\,\phi(x)=\begin{cases} 2\,\eta_+\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{2\,\ln|a|}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln|a|}&\text{if }x>\frac{b}{1-a}\,,\\ c&\text{if }x=\frac{b}{1-a}\,,\\ 2\,\eta_-\left(\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{2\,\ln|a|}\right)+\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{\ln|a|}&\text{if }x<\frac{b}{1-a}\,, \end{cases}$$ donde $c:=2C$ .

Recordemos que $f(ax+b)=f(x)+1$ para $x\neq \dfrac{b}{1-a}$ . Para $x>\dfrac{b}{1-a}$ tenemos $$f(ax+b)=f(x)+1=2\,\eta_+\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{2\,\ln|a|}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln|a|}+1\,.\tag{1}$$ Porque $ax+b<\dfrac{b}{1-a}$ cuando $x>\dfrac{b}{1-a}$ concluimos que $$f(ax+b)=2\,\eta_-\left(\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-(ax+b)\right)}{2\,\ln|a|}\right)+\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-(ax+b)\right)}{\ln|a|}\,.$$ Desde $\dfrac{b}{1-a}-(ax+b)=|a|\,\left(x-\dfrac{b}{1-a}\right)$ obtenemos $$f(ax+b)=2\,\eta_-\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{2\,\ln|a|}+\frac{1}{2}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln|a|}+1\,.\tag{2}$$ Igualando (1) y (2), concluimos que $$\eta_+\left(t\right)=\eta_-\left(t+\frac{1}{2}\right)\text{ for each }t\in\mathbb{R}\,.$$ Dejemos que $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ sea dada por $$h(t)=2\,\eta_+\left(\frac{t}{2}\right)\text{ for every }t\in\mathbb{R}\,.$$ Ergo, $h$ es periódica con periodo $2$ y $$h(t-1)=2\,\eta_-\left(\frac{t}{2}\right)\text{ for every }t\in\mathbb{R}\,.$$ Por lo tanto, $$f(x)=\begin{cases} h\left(\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln|a|}\right)+\frac{\ln\left(x-\frac{b}{1-a}\right)}{\ln|a|}&\text{if }x>\frac{b}{1-a}\,,\\ c&\text{if }x=\frac{b}{1-a}\,,\\ h\left(\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{\ln|a|}-1\right)+\frac{\ln\left(\frac{b}{1-a}-x\right)}{\ln|a|}&\text{if }x<\frac{b}{1-a}\,, \end{cases}$$ para alguna constante real $c$ y para alguna función periódica $h:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ con el período $2$ .

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No es difícil demostrar que los tres resultados son efectivamente soluciones de (#). Omitiré la prueba de esta parte como ejercicio.